Chủ đề 6: Chuyển động của hệ vật
Họ và tên học sinh :………………GIÁO ÁN…………………Trường:THPT………………………
…………
Dạng 1: cắt ghép lò xo
BAØI 1 :Hai lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng lần lượt là k
1
= 100 N/m, k
2
= 150 N/m, có cùng độ dài tự
nhiên L
0
= 20 cm được treo thẳng đứng như hình vẽ. Đầu dưới 2 lò xo nối với một vật khối lượng m = 1kg. Lấy g
= 10m/s
2
. Tính chiều dài lò xo khi vật cân bằng.
Bài giải:

Khi cân bằng: F
1
+ F
2

= p
Với F
1
= K
1
∆l; F
2
= K
2

010
t
VV
a
2
0
=
−
=
−
=
Theo định luật II Newtơn :

→→→
=+ amfF
ms
F − f
ms
= ma
F = f
ms
+ ma
= 0,01P + ma
= 0,01(1000.10 + 1000.0,1)
= 200 N
BAØI 5 :Hai vật A và B có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang và được nối với nhau bằng dây không dẫn, khối
lượng không đáng kể. Khối lượng 2 vật là m
A
= 2kg, m
B


= km
1
g
⇒
F − T
1
− k m
1
g = m
1
a
1
(1)
* Đối với vật B:

→→→→→→
=++++
22ms2222
amFTFNP
Chiếu xuống Ox ta có: T
2
− F
2ms
= m
2
a
2
Chiếu xuống Oy ta được: −m
2

= a
2
= a nên:
F - T − k m
1
g = m
1
a (3)
T − k m
2
g = m
2
a (4)
Cộng (3) và (4) ta được F − k(m
1
+ m
2
)g = (m
1
+ m
2
)a
2
21
21
s/m1
12
10).12(2,09
mm
g).mm(F

− F
1ms
= m
1
a
1
Chiếu xuống Oy : Fsin 30
0
− P
1
+ N
1
= 0
Và F
1ms

= k N
1
= k(mg − Fsin 30
0
)
⇒
F.cos 30
0
− T
1
k(mg − Fsin 30
0
) = m
1

− k m
2
g = m
2
a
2
Hơn nữa vì m
1
= m
2

= m; T
1
= T
2
= T ; a
1
= a
2
= a
⇒ F.cos 30
0
− T − k(mg − Fsin 30
0
) = ma (3)
⇒ T − kmg = ma (4)
Từ (3) và (4)
·m
00
t

B
= 400g được nối với nhau bằng sợi dây nhẹ không dãn và
vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và lực ma sát giữa dây với ròng rọc. Lấy g
= 10m/s
2
. Tính gia tốc chuyển động của mối vật.

Bài giải:

Khi thả vật A sẽ đi xuống và B sẽ đi lên do m
A
> m
B
và
T
A
= T
B
= T
a
A
= a
B
= a
Đối với vật A: m
A
g − T = m
A
.a
Đối với vật B: −m

Bài 8:
Ba vật có cùng khối lượng m = 200g được nối với nhau bằng dây nối không dãn như hình vẽ. Hệ số ma sát trượt
gjữa vật và mặt bàn là µ = 0,2. Lấy g = 10m/s
2
. Tính gia tốc khi hệ chuyển động.

Bài giải:

Chọn chiều như hình vẽ. Ta có:

→→→→→→→→→→→→
=++++++++++ aMPTTNPFTTNPF
11222ms234333
Do vậy khi chiếu lên các hệ trục ta có:





=−
=−−
=−
3ms4
2ms32
11
maFT
maFTT
maTmg

Vì

=−
⇒
ma3mg2mg
ma3F2mg
ms
2
s/m210.
3
2,0.21
g.
3
21
a =
−
=
µ−
=⇒
Dạng 4 : Mặt phẳng nghiêng
Bài 9:
Một xe trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α = 300. Hệ số ma sát trượt là µ = 0,3464. Chiều
dài mặt phẳng nghiêng là l = 1m. lấy g = 10m/s
2

và
3
= 1,732 Tính gia tốc chuyển động của vật.

Bài giải:

Các lực tác dụng vào vật:

ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có xu hướng trượt xuống.

Bài giải:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Newtơn ta có :
0FNPF
ms
=+++
→→→→
Chiếu phương trình lên trục Oy: N − Pcoxα − Fsinα = 0
⇒ N = Pcoxα + F sinα
F
ms
= kN = k(mgcoxα + F sinα)
Chiếu phương trình lên trục Ox : Psinα − F coxα − F
ms
= 0
⇒ F coxα = Psinα − F
ms
= mg sinα − kmg coxα − kF sinα
α+
−α
=
α+α
α−α
=⇒
ktg1
)ktg(mg
sinkcos

* m
1
gsinα − T − µ m
1
g coxα = ma (1)
Đối với vật 2:
→→→
=+
2222
amTP
⇒ −m
2
g + T = m
2
a (2)
Cộng (1) và (2) ⇒ m
1
gsinα − µ m
1
g coxα = (m
1
+ m
2
)a
)s/m(6,0
4
10.1
2
3
3.1,0

.

Bài giải:

Chọn hệ trục như hình vẽ.
Phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo là:






=
=
2
0
gt
2
1
y
tVx
Phương trình quỹ đạo

)1(x
V
g
2
1
y
2

m33,1
30cos
30sin
.
10
10.2
cos
sin
.
g
V2
d
0
02
2
0
==
α
α
=⇒
BAØI 13 :Một hòn đá được ném từ độ cao 2,1 m so với mặt đất với góc ném a = 45
0
so với mặt phẳng nằm ngang.
Hòn đá rơi đến đất cánh chỗ ném theo phương ngang một khoảng 42 m. Tìm vận tốc của hòn đá khi ném ?
GIAÛI
Chọn gốc O tại mặt đất. Trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng hướng lên (qua điểm ném). Gốc thòi gian lúc
ném hòn đá.
Các phương trình của hòn đá
x = V
0

t =⇒
Thế vào (2) ta được :
)5(
45cosV
x
.g
2
1
x.45tg4 y
022
0
2
0
−+=
Vận tốc hòn đá khi ném
Khi hòn đá rơi xuống đất y = 0, theo bài ra x = 42 m. Do vậy
)s/m(20
421.
2
2
9.442
Hx.45tg45cos
2
g
.x
V
0
45cosV
x
g

y = 1/2gt
2
(2)
Phương trình quỹ đạo:
2
2
0
x
V
g
2
1
y =
Bom sẽ rơi theo nhánh Parabol và gặp mặt đường tại B. Bom sẽ trúng xe khi bom và xe cùng lúc đến B
v à
g
h2
g
y2
t ==⇒

g
h2
Vx
1B
=
Lúc t = 0 còn xe ở A
g
h2
Vt V AB



−α+=
α=
Từ (1)
α
=⇒
cosV
x
t
0

Thế vào (2) ta được:
(3)
cosV
x
g
2
1
xtgHy
22
0
2
α
−α+=

Ta có toạ độ của điểm M:




2
2
0
2
2
0
2
22
0
cosg
)sin(
cosV2
cosg
sincoscossin
cosV2
cosg
sincostg
.cosV2l
BAØI 16 :Ở một đồi cao h
0

= 100m người ta đặt 1 súng cối nằm ngang và muốn bắn sao cho quả đạn rơi về phía
bên kia của toà nhà và gần bức tường AB nhất. Biết toà nhà cao h = 20 m và tường AB cách đường thẳng đứng
qua chỗ bắn là l = 100m. Lấy g = 10m/s
2
. Tìm khoảng cách từ chỗ viên đạn chạm đất đến chân tường AB.

Bài giải:

Chọn gốc toạ độ là chỗ đặt súng, t = 0 là lúc bắn.

2
1
V
A
A
0
===⇒
Như vậy vị trí chạm đất là C mà
)m(8,11
10
100.2
25
g
h2
V
g
y.2
Vx
0
C
0C
====
Vậy khoảng cách đó là: BC = x
C

− l = 11,8 (m)
BAØI 17 :Một vật được ném lên từ mặt đất theo phương xiên góc tại điểm cao nhất của quỹ đạo vật có vận tốc
bằng một nửa, vận tốc ban đầu và độ cao h
0
=15m. Lấy g = 10m/s

2
3
15x10x2
sin
gy2
V
g2
sinV
y
s
o
2
o
x
==
α
=⇒
α
=
BAØI 18 :Em bé ngồi dưới sàn nhà ném 1 viên bi lên bàn cao h = 1m với vận tốc
V
0
=
102
m/s. Để viên bi có thể rơi xuống mặt bàn ở B xa mép bàn A nhất thì vận tốc
o
V
phải nghiêng với
phương ngang 1 góc α bằng bao nhiêu?
Lấy g = 10m/s

1
1
o
cos.
V
V
cos α=α⇒
Với






=α
−=
2
1
cos
gh2VV
1
2
o
Nên
( )
2
1
102
1x10
2

Khi vật không trượt thì vật chịu tác dụng của 3 lực:
nghØF;N,P
ms
Trong đó:
0NP =+
Lúc đó vật chuyển động tròn đều nên
ms
F
là lực hướng tâm:





µ=
=
)2(mg.F
)1(RmwF
ms
2
ms
g
Rw
g.Rw
2
2
≥µ⇒µ≤⇒
Với w = 2π/T = π.rad/s
25,0
10

mwK
lmw
l
lmwmwKl
llmwlK
−
=∆⇒
=−∆⇒
∆+=∆
với k > mw
2
( )
( )
m05,0
20.01,0200
2,0.20.01,0
l
2
2
=
π−
π
=∆
BAØI 21 :Vòng xiếc là một vành tròn bán kính R = 8m, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Một người đi xe đạp
trên vòng xiếc này, khối lượng cả xe và người là 80 kg. Lấy g = 9,8m/s
2
tính lực ép của xe lên vòng xiếc tại điểm
cao nhất với vận tốc tại điểm này là v = 10 m/s.
Bài giải:
Các lực tác dụng lên xe ở điểm cao nhất là



−=⇒
=+
BAØI 22 :Một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 100g được buộc vào đầu 1 sợi dây dài l = 1m không co dãn và khối
lượng không đáng kể. Đầu kia của dây được giữ cố định ở điểm A trên trụ quay (A) thẳng đứng. Cho trục quay
với vận tốc góc w = 3,76 rad/s. Khi chuyển động đã ổn định hãy tính bán kính quỹ đạo tròn của vật. Lấy g =
10m/s
2
.
Bài giải:

Các lực tác dụng vào vật
P;T
Khi (∆) quay đều thì quả cầu sẽ chuyển động tròn đều trong mặt phẳng nằm ngang, nên hợp lực tác dụng vào quả
cầu sẽ là lực hướng tâm.
TPF +=
với






=
⊥
RmwF
PF
2
g

= 6400km và Trái
đất có vận tốc vũ trụ cấp I là v
0
= 7,9 km/s. Tìm bán kính quỹ đạo của mặt trăng.
Bài giải:
Mặt trăng cũng tuân theo quy luật chuyển động của vệ tinh nhân tạo.
Vận tốc của mặt trăng
R
GM
v
o
=
Trong đó M
0
là khối lượng Trái đất và R là bán kính quỹ đạo của mặt trăng.
Vận tốc vũ trụ cấp I của Trái Đất
( ) ( )
( )
km10.38R
14,3.4
9,7x24.3600.27.6400
4
v.TR
R
R
R
Tv
R2
R.
T

==⇒
=
BAØI 24 :Quả cầu m = 50g treo ở đầu A của dây OA dài l = 90cm. Quay cho quả cầu chuyển động tròn trong mặt
phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Tìm lực căng của dây khi A ở vị trí thấp hơn O. OA hợp với phương thẳng đứng
góc α = 60
o
và vận tốc quả cầu là 3m/s, g = 10m/s
2
.
Bài giải:

Ta có dạng:
→
= amP;T
Chiếu lên trục hướng tâm ta được
N75,0
93
2
1
x1005,0
R
v
60cosgmT
R
v
mmaht60cosPT
22
0
2
o

+ Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc của chất điểm theo các trục tọa độ: x
0
, y
0
; v
0x
,
v
0y
; a
x
, a
y
. (ở đây chỉ khảo sát các chuyển động thẳng đều, biến đổi đều và chuyển động của chất điểm
được ném ngang, ném xiên).
+ Viết phương trình chuyển động của chất điểm







++=
++=
00y
2
y
00x
2

Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán quen thuộc đại loại như,
hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động cùng chiều đuổi kịp nhau,…trong đó các chất
điểm cần khảo sát chuyển động đã tường minh, chỉ cần làm theo một số bài tập mẫu một cách máy móc
và rất dễ nhàm chán. Trong khi đó, có rất nhiều bài toán tưởng chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng
một cách khéo léo phương pháp tọa độ thì chúng trở nên đơn giản và rất thú vị.
Xin đưa ra một số ví dụ:
Bài toán 1
Một vật m = 10kg treo vào trần một buồng thang máy có khối lượng M = 200kg. Vật cách sàn 2m.
Một lực F kéo buồng thang máy đi lên với gia tốc a = 1m/s
2
. Trong lúc buồng đi lên, dây treo bị đứt, lực
kéo F vẫn không đổi. Tính gia tốc ngay sau đó của buồng và thời gian để vật rơi xuống sàn buồng. Lấy g
= 10m/s
2
.
Nhận xét
Đọc xong đề bài, ta thường nhìn nhận hiện tượng xảy ra trong thang máy (chọn hệ quy chiếu gắn
với thang máy), rất khó để mô tả chuyển động của vật sau khi dây treo bị đứt. Hãy đứng ngoài thang máy
để quan sát (chọn hệ quy chiếu gắn với đất) hai chất điểm vật và sàn thang đang chuyển động trên cùng
một đường thẳng. Dễ dàng vận dụng phương pháp tọa độ để xác định được thời điểm hai chất điểm gặp
nhau, đó là lúc vật rơi chạm sàn thang.
Giải
Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O tại vị trí sàn lúc
dây đứt, gốc thời gian t = 0 lúc dây đứt.
Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F và trọng lực P = (M + m)g gây ra gia tốc a
cho hệ M + m, ta có
F - P = (M + m)a
2310Ng)m)(a(MF =++=⇒
+ Gia tốc của buồng khi dây treo đứt
Lực F chỉ tác dụng lên buồng, ta có

1
y ++=

Với a
1
= 1,55m/s
2
, y
02
= 2m, vật chỉ còn chịu tác dụng của trọng lực nên có gia tốc a
2
= -g
Vậy
tv0,775ty
0
2
1
+=
và
2tv5ty
0
2
2
++=
Vật chạm sàn khi
y
O
F

T

Nhận xét
Đây là bài toán về hệ hai vật chuyển động trượt lên nhau. Nếu đứng trên đường ray qua sát ta
cũng dễ dàng nhận ra sự chuyển động của hai chất điểm vali và mép sau của sàn xe trên cùng một
phương. Vali chỉ trượt khỏi sàn xe sau khi tới mép sau sàn xe, tức là hai chất điểm gặp nhau. Ta đã đưa
bài toán về dạng quen thuộc.
Giải
Chọn trục Ox hướng theo chuyển động của
xe, gắn với đường ray, gốc O tại vị trí mép cuối
xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả vali.
+ Các lực tác dụng lên
Vali: Trọng lực P
1
= m
1
g, phản lực N
1
và lực ma
sát với sàn xe F
ms
, ta có
11ms11
amFNP


=++
Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được:
F
ms
= m
1

=
, phản lực N
2
và lực ma sát với vali F’
ms
. Ta có
22ms22
'
1
am'FNPP


=+++
Chiếu lên trục Ox ta được
-F’
ms
= m
2
a
2

2
2
1
2
ms
2
ms
2
0,05m/s

+−=+=
+=+=
Vali đến được mép sau xe khi x
1
= x
2
, hay 0,5t
2
+ 4 = -0,025t
2
+ 2t
Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau của xe.
Khi vali nằm yên trên sàn, v
1
= v
2
Với v
1
= a
1
t + v
01
= t , v
2
= a
2
t + v
0
= -0,05t + 2, suy ra
t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s

O
Bài toán 3
Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần parabol (hình
vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so với đáy
vực và cách điểm B đối diện trên bờ bên kia (cùng độ cao, cùng
nằm trong mặt phẳng cắt) một khoảng l = 50m, bắn một quả đạn
pháo xiên lên với vận tốc v
0
= 20m/s, theo hướng hợp với
phương nằm ngang góc  = 60
0
. Bỏ qua lực cản của không khí và
lấy g = 10m/s
2
. Hãy xác định khoảng cách từ điểm rơi của vật
đến vị trí ném vật.
Nhận xét
Nếu ta vẽ phác họa quỹ đạo chuyển động của vật sau khi ném thì thấy điểm ném vật và điểm vật
rơi là hai giao điểm của hai parabol. Vị trí các giao điểm được xác định khi biết phương trình của các
parabol.
Giải
Chọn hệ tọa độ xOy đặt trong mặt phẳng quỹ đạo của vật, gắn với đất, gốc O tại đáy vực, Ox nằm
ngang cùng chiều chuyển động của vật, Oy thẳng đứng hướng lên. Gốc thời gian là lúc ném vật.
Hình cắt của bờ vực được xem như một phần parabol (P1) y = ax
2
đi qua điểm A có tọa độ
(x = -
)hy;
2
=

0
2
0
t
l
t
Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2):
9)3(20
4
5
x
2
532
x
20
1
y
2
−+
−
+−=
Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:







−+

B
y
A
(y
2
)
C
x
A
(xAC =−+−=
h
l
0
v

α
A B
h
0
v

α
A B
C
x(m)O
y(m)
Một số bài toán vận dụng
Bài 1
Từ đỉnh dốc nghiêng góc so với phương ngang, một vật được phóng đi với
vận tốc v

, v
2
(v
1
<v
2
). Khi người lái xe (2) nhìn thấy xe (1) ở phía
trước thì hai xe cách nhau đoạn d. Người lái xe (1) hãm phanh để xe chuyển động chậm dần đều với gia
tốc a. Tìm điều kiện cho a để xe (2) không đâm vào xe (1).
ĐS:
2d
)v(v
a
2
12
−
−<
0
v

β
α
α
m
3m
l
M’
M